Demostrando la desigualdad $4\ge a^2b+b^2c+c^2a+abc$

Question

Por lo tanto, a, b, c son real no negativo números que sostiene que el $a+b+c=3$. Probar la desigualdad siguiente: $$4\ge a^2b+b^2c+c^2a+abc$ $

Por ahora sólo he intentado escribir la desigualdad como $$4\left(\frac{a+b+c}3\right)^3\ge a^2b+b^2c+c^2a+abc$ $ pero no sé qué hacer después de eso...

Answer 1

Así que tenemos que mostrar %#% $ #%

Una forma es usar la simetría cíclica y WLOG asumir $$4(a+b+c)^3 \ge 27(a^2b+b^2c+c^2a+abc)$ a ser el minuto de $a$. Entonces podemos escribir $a, b, c$, donde $b = a+x, c = a+y$. Ahora la desigualdad reduce a $x, y \ge 0$ $, que es evidente. Además de lo anterior, obtenemos que la igualdad es posible iff $$9a(x^2-xy+y^2)+(x-2y)^2(4x+y) \ge 0$ o $x=y=0$, es decir, cuando $a=0, x=2y$ o es una permutación de $(a, b, c)=(1, 1, 1)$.

Answer 2

Que $\{a,b,c\}=\{x,y,z\}$, donde $x\geq y\geq z$.

Por lo tanto, de cambio y de AM-GM, obtenemos:

$a^2b+b^2c+c^2a+abc=a\cdot ab+b\cdot bc+c\cdot ca+abc\leq x\cdot xy+y\cdot xz+z\cdot yz+xyz=$

$=y(x+z)^2=4y\left(\frac{x+z}{2}\right)^2\leq4\left(\frac{y+\frac{x+z}{2}+\frac{x+z}{2}}{3}\right)^3=4$.

Answer 3

su $4\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3\geq a^2b+b^2c+c^2a+abc$ de la desigualdad es equivalente a $4\, {un} ^ {3}-15\, {un} ^ {2} b + 12\, c {a} ^ {2} + 12\, {b} ^ abc 15\, 3\ {2}, {c} ^ {2} 4\, {b} ^ 15\ {3}, {b} ^ {2} c + 12\, b {c} ^ {2} + 4\, {c} ^ {3} \geq 0$ ajuste $b=a+u,c=a+u+v$ obtenemos $\left (9\, {u} ^ {2} + 9\, uv + 9\, {v} ^ {2} \right) 5\, {u} ^ {3} + 21\, {u} ^ {2} v + 24\ , u {v} ^ {2} + 4\, {v} ^ {3} $ \geq 0 lo cual es cierto para $u,v\geq 0$
segunda solución: wlog dejó $c(b-a)(b-c)\le 0$ entonces que $a^2b+b^2c+c^2a\le a^2b+b^2c+c^2a+abc-c(b-c)(b-a)=b(a+c)^2$ y $4\cdot b\frac{a+c}{2}\frac{a+c}{2}\le 4\left(\frac{{b+\frac{a+c}{2}+\frac{a+c}{2}}}{3}\right)^3=4$